10 класс.

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 10 КЛАССА
Задача № 1. Дежурный 10-Б класса стер с доски параллелограмм, оставив
только его вершину и середины сторон, не содержащих эту вершину. Как
восстановить параллелограмм по этим трем точкам?
Анализ.
Пусть АВСD – искомый
параллелограмм, М – середина ВС,
N – середина CD .
1. АС∩BD=O, AC и BD –
диагонали параллелограмма.
2. Так как М – середина ВС, N –
середина CD, то MN – средняя линия треугольника BCD (по
определению)  MN || BD и MN=½BD (по свойству средней линии).
3. Пусть K=АС∩MN. Так как MN || BD и ВО=OD (по свойству диагоналей
параллелограмма), то MK=KN.
4. Так как MK || BO и ВМ=МС, то по теореме Фалеса CK=KO=½AO.
Построение.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
K – середина MN.
AK.
C, CAK, CK=⅓AK.
O, OAK, AO=⅔AK.
BD, OBD, BO=OD=2MK, BD || MN.
ABCD.
B
M
C
K
O
A
N
D
Доказательство.
1. BO=OD (по п.5 построения)
2. AO=OC (по п.3 и 4 построения)
3. Из 1. и 2. следует, что четырехугольник ABCD – параллелограмм (по
признаку).
4. Так как CK=KO и MN || BD, то M – середина ВС и N – середина CD по
теореме Фалеса. Следовательно, ABCD – искомый параллелограмм.
Задача № 2. Докажите, что в сечении куба плоскостью нельзя получить
правильный пятиугольник.
Доказательство.
У куба имеются три пары параллельных граней. Две стороны сечения,
которое является пятиугольником, обязаны принадлежать параллельным
граням. Поскольку они лежат в одной плоскости (плоскости сечения), то
должны быть параллельны между собой (докажите!). Этот факт приводит к
противоречию, поскольку у правильного пятиугольника нет параллельных
сторон.
Q
B
C
A
D
B1
C1
R
A1
D1
P
Задача № 3. Плоскость, содержащая сторону основания треугольной
пирамиды, делит одно из боковых ребер пирамиды на две равные части.
Найдите отношение, в котором эта плоскость делит отрезок, соединяющий
вершину пирамиды с точкой пересечения медиан основания.
Решение.
D
alfa
M
T
F
C
P
A
E
O
K
N
B
Рис. 1.
Рассмотрим треугольную пирамиду ABCD (см. рис. 1)
1. Пусть секущая плоскость  содержит сторону основания ВС и
проходит через точку М – середину ребра DA.
2. Так как М  и В , то МВ  .
Аналогично, МС .
Таким образом, в сечении пирамиды ABCD плоскостью  получим
треугольник МВС.
3. Пусть AK∩CN=O, где AK и CN – медианы треугольника АВС.
4. Рассмотрим плоскость треугольника ADK: D (ADK), O (ADK) 
DO  (ADK); M  (ADK), K  (ADK)  MK  (ADK).
Следовательно, DO ∩ MK = F, F  (ADK) и F (ВМС).
5. Найдем отношение
DF
.
FO
6. По свойству медиан треугольника
AO 2
 .
OK 1
7. Рассмотрим ADK.
D
M
T
F
P
A
E
O
K
Пусть Е – середина АО, тогда
AE=EO=OK.
Проведем через точки Е и О
прямые, параллельные MK до
пересечения со стороной AD в
точках Р и Т соответственно.
Тогда, по теореме Фалеса
AP=PT=TM.
8. Так как MF || TO, то по обобщенной теореме Фалеса
Но DM=MA (по условию) и MA=3MT.
Следовательно,
Ответ:
DF 3
 .
FO 1
DF 3MT 3

 .
FO
MT
1
DF DM

.
FO MT
Задача № 4. Две прямые делят каждую из двух противоположных сторон
выпуклого четырехугольника на три равные части, а сам четырехугольник –
на три выпуклых четырехугольника. Докажите, что площадь
четырехугольника, заключенного между этими прямыми, в три раза меньше
площади исходного.
Доказательство.
B
C
H3
N
P
H2
M
Q
H1
A
D
Пусть ABCD – выпуклый четырехугольник, AM=MN=NB, CP=PQ=QD.
Докажем, что
S MNPQ  13 S ABCD .
1. Дополнительные построения.
 NC, MP, AQ.
 AH 1  DQ , H 1  DQ
 MH 2  QP , H 2  QP
 NH 3  PC , H 3  PC
2. Очевидно, что AH 1 || MH 2 || NH 3 .
3. Рассмотрим трапецию ANH 3 H 1 .
Так как AM=MN (по условию) и AH 1 || MH 2 || NH 3 , то MH 2 – средняя
линия трапеции 
NH 3  AH 1
.
(1)
MH 2 
2
4. Найдем площади треугольников ADQ, MQP, NPC.
S ADQ  12 AH1  DQ; SMQP  12 MH2  QP; S NPC  12 NH 3  PC .
Распишем площадь треугольника MQP, учитывая равенство (1).
Получим
1  NH3  AH 1 
11
1

S MQP  
  QP   NH 3  QP  AH 1  CP 
2
2
22
2


Но, так как DQ=QP=PC (по условию), то последнее равенство
запишется в виде
11
1
 1
S MQP   NH 3  QP  AH 1  CP   S ADQ  S NPC .
22
2
 2
5. Аналогично,
S PMN 
6. Так как
1
SQAM  SCNB .
2
SMNPQ  S PMN  SMPQ ,
то
SMNPQ 
1
S ADQ  SQAM  SNPC  SCNB   1 S AMQD  SNBCP .
2
2
Таким образом,
S ABCD  SMNPQ  S AMQD  S NBCP  SMNPQ  2SMNPQ  3SMNPQ .
Откуда
1
S MNPQ  S ABCD .
3
Что и требовалось доказать.
Задача № 5. Вписанная в треугольник АВС окружность касается сторон АВ и
АС в точках F и E соответственно, К и М – середины сторон ВС и АС.
Прямые FE и КМ пересекаются в точке N. Докажите, что AN лежит на
биссектрисе угла ВАС.
B
a
a
E
N
F
K
b
c
A
c
Q
M
b
C
Доказательство.
1 случай. Точка N лежит вне треугольника АВС.
1) Пусть Q – точка касания вписанной окружности со стороной АС.
Обозначим BF  a, AQ  c, EC  b .
2) По свойству отрезков касательных к окружности, выходящих из одной
точки, BF  BE  a, AF  AQ  c, CQ  CE  b .
Тогда AB  a  c, BC  a  b, AC  b  c.
3) Рассмотрим треугольники EBF и EKN.
Так как М – середина АС, К – середина ВС, то МК – средняя линия
треугольника АВС (по определению). Следовательно, MK || AB (по свойству
средней линии треугольника).
Тогда BFE  ENK (как накрест лежащие при параллельных MN и АВ и
секущей FN).
Кроме того, FEB  NEK (как вертикальные).
Таким образом,  EBF   EKN (по I пр.).
А так как треугольник EBF – равнобедренный (BF=BE), то и треугольник
EKN равнобедренный и EK  KN .
4) Найдем длину отрезка EK.
ab
,
2
ab
ba
EK  BK  BE 
a
.
2
2
BC  a  b  BK  KC 
5) По свойству средней линии, MK 
1
ac
.
AB 
2
2
В силу 4) и 5), MN  MK  KN  MK  EK 
ac ba bc


.
2
2
2
6) Так как М – середина АС и AC  b  c , то AM 
Таким
образом,
MN  AM ,
следовательно,
bc
.
2
треугольник
AMN
–
равнобедренный (по определению).
7) По свойству углов при основании равнобедренного треугольника,
 NAM  ANM .
8) Так как MN || AB , AN – секущая, то ANM  FAN (как накрест лежащие).
Из 7) и 8) следует, что NAM  FAM . Последнее означает, что
AN  биссектриса BAC .
Ч.т.д.
2 случай. Точка N лежит внутри треугольника АВС (рис. 1).
Доказательство во втором случае проводится аналогично предыдущему.
Докажите это самостоятельно.
B
a
a
F
K
N
E
c
b
c
A
b
Q
M
C
Рис. 1
3 случай. Точка N лежит на стороне ВС (рис. 2).
B
a
a
E
K
N
F
b
c
A
c
Q
Рис. 2
M
b
C
В этом случае K=E=N. Но тогда a  b и
AB  AC . Поскольку в
равнобедренном треугольнике медиана, проведенная к основанию, совпадает
с биссектрисой, то AN – биссектриса угла ВАС.
Ч.т.д.
Задача № 6. Через точку пересечения высот остроугольного треугольника
проходят три окружности, каждая из которых касается одной из сторон
треугольника в основании высоты. Докажите, что вторые точки пересечения
окружностей являются вершинами треугольника, подобного исходному.
B
H3
B1
H1
H
C1
A1
A
Н2
C
Доказательство.
Пусть BH 1 , BH 2 , BH 3  высоты треугольника АВС, BH 1  BH 2  BH 3  H .
Докажем, что  A1 B1C1  ABC .
1) Рассмотрим окружность, проходящую через точки Н и H 1 . Так как ВС –
касательная к окружности (по условию), H 1  точка касания и HH 1  BC , то
HH 1  диаметр окружности.
Аналогично, HH 2 и HH 3  диаметры соответствующих окружностей.
2) HC1 H 2  90 , как вписанный в окружность, опирающийся на диаметр
HH 2 . Аналогично, HC1 H1  90 .
Тогда,
 H 2C1 H1   HC1 H 2   HC1 H1  90  90  180  .
Следовательно,
C1  H 1 H 2 . Аналогично, A1  H 2 H 3 .
3) Так как BH3C  BH 2C  90 , то точки В, H 3 , H 2 , С лежат на
окружности с диаметром ВС. Но тогда BH 2 H 3  BCH 3 (как вписанные,
опирающиеся на общую дугу).
4) В треугольнике BH 3C ( BH3C  90 ):
BCH3  90  H 3 BC  90  ABC .
Следовательно, BH2 H 3  90  ABC .
Аналогично,  BH 2 H1  BAH1  90  ABC .
5) Рассмотрим треугольника HA1 H 2 и HC1 H 2 .
HA1 H 2  HC1 H 2  90 (см. п. 2),
HH2 A1  HH2C1  90 (см. п. 4),
  HA1 H 2   HC1 H 2 .
HH 2  общая гипотенуза,
Следовательно, точки A1 и C1 симметричны относительно диаметра HH 2 .
Последнее означает, что A1C1  HH 2 . А так как AC  HH 2 , то A1C1 || AC .
Аналогично доказывается, что A1 B1 || AB , B1C1 || BC .
Но тогда углы при соответствующих вершинах треугольников равны
(докажите это самостоятельно!) и, следовательно,  A1 B1C1  ABC .
Ч.т.д.